Đề thi học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2012-2013 - Sở giáo dục và đào tạo Vĩnh Phúc

Nội dung text: Đề thi học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2012-2013 - Sở giáo dục và đào tạo Vĩnh Phúc

1. SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI CHỌN HSG LỚP 9 NĂM HỌC 2012-2013 ĐỀ THI MÔN: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề Câu 1 (3,0 điểm). 1 1 1 1 1 1 a) Tính tổng: S 1 1  1 . 122 2 23 2 2 20122013 2 2 b) Cho các số nguyên x và y thỏa mãn 4x 5 y 7. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 5| x | 3| y |. Câu 2 (1,5 điểm). Tìm các số hữu tỉ x, y thỏa mãn: 2 3 3 3x 3 y 3 . Câu 3 (1,5 điểm). 1 Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn abc . Chứng minh rằng: 6 a2 b 3 c 1 1 1 3 a 2 b 3 c . 2b 3 c a a 2 b 3 c Câu 4 (3,0 điểm). Cho tam giác nhọn ABC ( AC AB ) có các đường cao AA', BB', CC ' và trực tâm H. Gọi ()O là đường tròn tâm O, đường kính BC. Từ A kẻ các tiếp tuyến AM, AN tới đường tròn ()O (M, N là các tiếp điểm). Gọi M ' là giao điểm thứ hai của AN' và đường tròn ()O , K là giao điểm của OH và BC''. Chứng minh rằng: a) M 'đối xứng với M qua BC . b) Ba điểm MHN,, thẳng hàng. 2 KB'' HB c) . KC'' HC Câu 5 (1,0 điểm). Cho bảng ô vuông 3 3 (3 hàng và 3 cột). Người ta điền tất cả các số từ 1 đến 9 vào các ô của bảng (mỗi số điền vào một ô) sao cho tổng của bốn số trên mỗi bảng con có kích thước 2 2 đều bằng nhau và bằng một số T nào đó. Tìm giá trị lớn nhất có thể được của T. —Hết— Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: . . . . .; Số báo danh .
2. SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI CHỌN HSG LỚP 9 NĂM HỌC 2012-2013 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN I. LƯU Ý CHUNG: - Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa. - Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn. - Với bài hình học nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần đó. II. ĐÁP ÁN: Câu Ý Nội dung trình bày Điểm 1 1 1 1n2 ( n 1) 2 n 2 ( n 1) 2 Ta có: n *,1 (3đ) n2( n 1) 2 n 2 ( n 1) 2 2 (n2 n 1) 2 1 1 1 n2( n 1) 2 n n 1 1 1 1 1 1 1 Suy ra 1 1 (do 1 0 n * ) n2( n 1) 2 n n 1 n n 1 Áp dụng kết quả trên, ta có 1 1 1 1 1 1 12 2 2 1 2 1 1 1 1 1 1 22 3 2 2 3 1 1 1 1 1 1 20122 2013 2 2012 2013 Cộng vế với vế của 2012 đẳng thức trên, ta được 1 S 2013 . 2013 2 Nhận xét: Nếu có x, y thỏa mãn điều kiện đề bài thì xy 0. Do đó chỉ cần xét hai trường hợp sau TH1: x 0 y . Khi đó P 5| x | 3| y | 5 x 3 y và 5y 7 4 x 7 4x 13 x 21 Suy ra P 5 x 3· . Do đó, P nhỏ nhất khi x nhỏ nhất. 5 5 Do x nguyên dương, y nguyên âm nên x 3, y 1. Vậy, trong trường hợp này, P nhỏ nhất bằng 12. TH2: x 0 y . Khi đó P 5| x | 3| y | 5 x 3 y và 5y 7 4 x
3. 7 4x 13 x 21 Suy ra P 5 x 3· . Do đó, P nhỏ nhất khi x lớn nhất. 5 5 Do x nguyên âm, y nguyên dương nên x 2, y 3. Vậy, trong trường hợp này, P nhỏ nhất bằng 1. So sánh kết quả hai trường hợp, giá trị nhỏ nhất của P bằng 1 đạt được khi và chỉ khi x 2, y 3. 2 Tìm các số hữu tỷ x, y thỏa mãn: 2 3 3 3x 3 y 3 (1) (1,5đ) Điều kiện x 0; y 0 (1)23333 x y 36 xy (3 x y 2)36 xy 3 (2) (3x y 2)2 .3 36 xy 36 xy 9 12xy 3 (3 x y 2)2 xy (3) 12 x, y là các số hữu tỉ, nên từ (3) suy ra xy là số hữu tỉ. + Nếu 3x y 2 0, thì ta có vế trái của (2) là một số vô tỉ, vế phải của (2) là một số hữu tỉ, điều này vô lí. + Nếu 3x y 2 0, kết hợp với (2) ta có: 3x y 2 3x y 2 0 1 6xy 3 0 xy 4 1 x 1 6 Giải hệ trên ta được: x y và . 2 3 y 2 1 Thay vào (1) ta được x y thỏa mãn yêu cầu bài toán. 2 3 y z x Đặt a ,2 b (với x, y, z > 0) 3c x y z (1,5đ) Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành: y2 z 2 x 2 y z x x y z 3 zx xy yz x y z y z x x3 y 3 z 3 3 xyz yz 2 xz 2 xy 2 xz 2 xy 2 yz 2 xxyxz( )( )( yyzyx )( )( zzxzy )( )0 (1)
4. Không mất tính tổng quát giả sử x y z . Ta có: (1) (x y )2 ( x y z ) z ( z x )( z y ) 0 (2) Dễ thấy (2) đúng suy ra đpcm. a 1 1 Dấu ‘‘=’’ xảy ra x y z b 2 1 c 3 4 a A (3đ) B' C' N M H C B A' O M' Từ giả thiết ta có: AMO ANO AA' O 90o nên các điểm A, A’, M, O, N thuộc đường tròn đường kính AO. AA' N AMN (1) 1 Lại có: AMN MM ' N sđ MN (2) 2 Từ (1) và (2) MM '' N AA N MM’//AA’ Mà BC  AA’ BC  MM’ Mặt khác BC là đường kính của (O) nên BC vuông góc với MM’ tại trung điểm của MM’, do đó M’ đối xứng với M qua BC
5. b AMC’ và ABM có AMC' ABM và chung góc MAB AM AC ' AMC' ~ ABM AM2 AB.' AC (3) AB AM AC' AH Dễ thấy AC' H ~ AA ' B AA'. AH AB . AC ' (4) AA' AB AH AM Từ (3) và (4) AA'. AH AM 2 AM AA' Mặt khác AHM và AMA' có chung góc A’ AM nên AHM~ AMA ' AMH AA ' M (5) Tứ giác AMA’N nội tiếp AA' M ANM (6) Có AM, AN là tiếp tuyến của (O) AMN ANM (7) Từ (6) và (7) AMN AA' M (8) Từ (5) và (8) ta có AMH AMN . Dễ thấy H, N nằm cùng một phía so với đường thẳng AM nên tia MH trùng tia MN hay M, H, N thẳng hàng c B' K C' F H E B O C D Qua O kẻ đường thẳng d song song với B’C’ , d cắt BB’ và CC’ lần lượt tại D, E KB''' KH KC KB OD (9) OD OH OE KC' OE Ta có: BDO ECO (vì cùng bằng BB '' C ) và BOD EOC OD OB OD OC 2 DBO~ CEO OD . OE OC 2 (10) OC OE OE OE 2
6. Lấy F (F ≠ E) trên đường thẳng CC’ sao cho OE = OF OFC B '' C H (vì cùng bằng OEC '). Lại có HB '' C OCF HB'' OC HB OC B' C ' H ~ CFO (11) HC'' OF HC OE 2 KB'' HB Từ (9), (10), (11) KC'' HC 5 1,0 điểm Tổng của tất cả các số ghi trên bảng bằng (1đ) 1 2 3  9 45. a b c Gọi x là số ghi ở ô (2; 2) (ô trung tâm của bảng); các ô còn lại ghi các số a, b, c, d, e, f, h x d g, h (Hình 1): g f e Hình 1 Cộng tổng tất cả các số ghi trên 4 bảng con kích thước 2 2 ta được 4Txaceg 4 ( ) 2( bdfh ) 45 2 xxbdfh ( ) Do x 9, x b d f h 9 8 7 6 5 35 nên 4TT 45 2·9 35 98 24 (do T ) Trên Hình 2 chỉ ra một phương án điền số sao cho T 24 . 4 8 1 3 9 6 5 7 2 Hình 2